P150で「 t ∈ R|Z で、Γ(t)Γ(1-t)sinπtが周期1である」の理由が省略されていたので、気になり、考えてみた。
Γ(n+t)=(n-1+t)Γ(n-1+t)=.....=(n-1+t).....tΓ(t) ①
{1-(n+t)}Γ(1-(n+t)) = Γ(1- {(n-1)+t})
[1-{(n-1)+t}]Γ(1-{(n-1)+t}) = Γ(1- {(n-2)+t})
......
{1-(1+t)}Γ(1-(1+t)) = Γ(1-t)
これより、 Γ(1-t)={1-(n+t)}.....{1-(1+t)}Γ(1-(n+t)) ②
①、②より
Γ(n+t)Γ(1-(n+t))=(n-1+t).....tΓ(t)×Γ(1-t)/{(1-(n+t)).....(1-(1+t))}
=(-1)^n Γ(t)Γ(1-t)
ここで sinπ(n+t)=(-1)^n sin πtなので
Γ(n+t)Γ(1-(n+t))sinπ(n+t)=(-1)^n Γ(t)Γ(1-t) (-1)^n sinπt
=(-1)^2n Γ(t)Γ(1-t) sin πt = Γ(t)Γ(1-t) sin πt n∈Zなら これより、周期1を示しているだろうと、考えた。
Γ(n+t)=(n-1+t)Γ(n-1+t)=.....=(n-1+t).....tΓ(t) ①
{1-(n+t)}Γ(1-(n+t)) = Γ(1- {(n-1)+t})
[1-{(n-1)+t}]Γ(1-{(n-1)+t}) = Γ(1- {(n-2)+t})
......
{1-(1+t)}Γ(1-(1+t)) = Γ(1-t)
これより、 Γ(1-t)={1-(n+t)}.....{1-(1+t)}Γ(1-(n+t)) ②
①、②より
Γ(n+t)Γ(1-(n+t))=(n-1+t).....tΓ(t)×Γ(1-t)/{(1-(n+t)).....(1-(1+t))}
=(-1)^n Γ(t)Γ(1-t)
ここで sinπ(n+t)=(-1)^n sin πtなので
Γ(n+t)Γ(1-(n+t))sinπ(n+t)=(-1)^n Γ(t)Γ(1-t) (-1)^n sinπt
=(-1)^2n Γ(t)Γ(1-t) sin πt = Γ(t)Γ(1-t) sin πt n∈Zなら これより、周期1を示しているだろうと、考えた。
*筆者も、このあたりの内容について「ガンマ関数にまつわる古典解析の醍醐味を楽しむとよいだろう」と述べている。確かに、ガンマ関数というのは、うまくできているものだと感心させられる。